Prueba $e^x - 1 \le e x$ para $x \in [0, 1]$

Question

Al leer un artículo reciente, me encontré con la desigualdad: $e^x - 1 \le e x$ para $x \in [0, 1]$.

Traté de probar esto usando (al revés) la desigualdad de Bernoulli, es decir $(1 + y)^r \le 1 + ry$, para $r \in [0, 1], y \in [-1, \infty)$, por aquí . Aquí usando sustituciones$y = e - 1 \ge -1$ y $r = x \in [0, 1]$. Esto dio como resultado: \ begin {align *} (1 + (e - 1)) ^ x & \ le 1 + x (e - 1) \\ \ implica e ^ x & \ le ex + (1 - x) \\ \ iff e ^ x - 1 & \ le ex - x \\ \ implica e ^ x - 1 & \ le ex \ quad \ text {ya que$x \in [0, 1] \Leftrightarrow - x \in [-1, 0]$} \ end {alinear *}

2 preguntas: Primero, ¿hay algún problema con la prueba anterior? En segundo lugar, ¿alguien puede sugerir otra forma de probar esto? En este artículo se utilizan muchos lemas de este tipo, por lo que se recomienda comprobarlo.

Answer 1

Para cualquier $x\in[0,1]$ tenemos: $$(1+ex-e^x)'=e-e^x\geq0$$ Así, $$1+ex-e^x\geq1+e\cdot0-e^0=0.$$

Puede utilizar Bernoulli para lo siguiente. $$(1+ex)^{\frac{1}{x}}\geq e$$ pero para verificar antes de la desigualdad original para $x=0.$

Answer 2

por $0\le x\le1$ tenemos

$$e^x-1=\int_0^xe^t\,dt\le\int_0^xe\,dt=ex$$

ya que $e^t$ es una función creciente de $t$ (y $x\le1$).

Answer 3

Aquí hay una demostración usando el teorema del valor medio. La desigualdad es trivial para$x=0$. por$0 < x \leq 1, $ definir $$f: [0,x] \to \Bbb{R}: y \mapsto ey - e^y +1$$ Luego $f'(y) = e-e^y \geq 0$ para todos $y \in [0,x]\subseteq [0,1]$. Por el teorema del valor medio, hay$\xi\in (0,x)$ con

$$\frac{f(x)-f(0)}{x-0}= f'(\xi) \geq 0$$

Pero entonces $$0 \le\frac{f(x)-f(0)}{x-0}= \frac{ex-e^x+1}{x}$$ y por lo tanto $0 \leq ex-e^x+1 \iff e^x-1 \leq ex$ como se desee.

Answer 4

La desigualdad quizás más versátil sobre la exponencial es $$\tag1 e^t\ge 1+t$$ para todos $t\in \Bbb R$. por$x\ge0$ podemos aplicar $\int_0^x\mathrm dx$ a ambos lados y obtener $$\tag2 e^x\ge 1+x+\frac12x^2.$$ De esto, Por lo tanto (al menos para $0\le x\le 1$) $$\begin{align} (1+\tfrac32x)e^{-x}&\ge (1+\tfrac32x)(1-x+\tfrac12x^2)\\ &=1+\frac12x-x^2+\frac34x^3\\&=1+\frac x4(2(1-x)^2+x^2)\\&\ge1.\end{align}$$ Por multiplicación con $e^x$ ($>0$) y reorganización, $$e^x\le 1+\frac32x.$$ Tu lema se sigue entonces de $e>\frac32$.